(2,0 điểm) Cho hàm số $y=\frac{1}{x}$ có đồ thị là $(C_1)$ và hàm số $y=\frac{4}{x}$ có đồ thị là $(C_2)$. a) Gọi $A$ là điểm thuộc đồ thị $(C_1)$ có hoành độ bằng 1. Xác định tọa độ điểm $B$ thuộc đồ thị hàm số $(C_2)$ sao cho $AB$ đạt giá trị nhỏ nhất. b) Lấy $M$ là điểm bất kỳ thuộc đồ thị $(C_1)$ có hoành độ là $a(a>1)$, gọi $N$ thuộc đồ thị hàm số $(C_2)$ sao cho $MN$ đạt giá trị nhỏ nhất. Chứng minh rằng $MN<AB$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 4 (2,0 điểm).

a) A thuộc $(C_1)$ có hoành độ 1 nên $A(1;1)$. Gọi $B\left(t;\frac{4}{t}\right)$ thuộc $(C_2)$, $t\ne 0$. Ta có
$$A{B}^2=(t-1{)}^2+{\left(\frac{4}{t}-1\right)}^2=t^2-2t+1+\frac{16}{t^2}-\frac{8}{t}+1.$$
Xét $f(t)=A{B}^2$:
$$f^{\prime }(t)=2t-2-\frac{32}{t^3}+\frac{8}{t^2}=\frac{2(t^4-t^3+4t-16)}{t^3}=\frac{2(t-2)(t^3+t^2+2t+8)}{t^3}.$$
Với $t>0$, tam thức $t^3+t^2+2t+8>0$ nên $f^{\prime }(t)=0\iff t=2$; $f^{\prime }(t)<0$ khi $t\in (0;2)$ và $f^{\prime }(t)>0$ khi $t>2$, do đó $f$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=2$. (Với $t=-2$ trên nhánh còn lại, $f(-2)=18>2$, không ảnh hưởng kết quả.)
Vậy $B(2;2)$ và $A{B}_{\min }=\sqrt{(2-1{)}^2+(2-1{)}^2}=\sqrt{2}$.

b) Với $M\left(a;\frac{1}{a}\right)$, $a>1$, xét điểm $N\left(a+1;\frac{4}{a+1}\right)$ thuộc $(C_2)$ (vì $(a+1)\cdot \frac{4}{a+1}=4$). Khi đó
$$M{N}^2=(a+1-a{)}^2+{\left(\frac{4}{a+1}-\frac{1}{a}\right)}^2=1+{\left(\frac{3a-1}{a(a+1)}\right)}^2.$$
Vì $a>1$ nên $3a-1>0$ và
$$3a-1<a^2+a\iff a^2-2a+1>0\iff (a-1{)}^2>0,$$
luôn đúng với $a\ne 1$. Suy ra $0<\frac{3a-1}{a(a+1)}<1$, do đó
$$M{N}^2<1+1=2=A{B}^2\Rightarrow MN<AB.$$
Điều phải chứng minh. (Dấu bằng chỉ xảy ra khi $a=1$, tức $M\equiv A$, $N\equiv B$.) Kết quả phù hợp với đáp án nguồn: a) $B(2;2)$, $A{B}_{\min }=\sqrt{2}$; b) đã chứng minh $MN<AB$.